青海省师大二附中高三化学下学期第三次模拟试卷（含解析）.docVIP

2015年青海师大二附中高考化学三模试卷 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是( )abaso4在医学上用作钡餐，ba2+对人体无毒b“血液透析”利用了胶体的性质c分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点有较大影响，而对溶解度无影响dc可用于文物年代的鉴定，c与c互为同素异形体2下列离子组一定能大量共存的是( )a1.0 moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b由水电离出c（h+）=103 moll1的溶液中：na+、alo2、no3、hco3c无色溶液中可能大量存在al3+、nh4+、cl、s2dph=12的溶液：k+、na+、ch3coo、br3某有机原料的结构简式如图，下列有关该有机物的叙述正确的是( )a已知为平面结构，则该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内b1mol该有机物可以和2mol naoh反应，但不能用na2co3溶液区分该有机物和ch3cooch2ch3c该有机物能发生加成反应不能发生取代反应d该有机物和乙酸互为同系物4常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )a向0.1moll1ph=2的hf溶液加水稀释，增大b向0.2 moll1nahco3溶液中加入等体积0.1 moll1naoh溶液：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）c浓度均为0.1 moll1的nh3h2o溶液和nh4cl溶液等体积混合：c（nh4+）+c（nh3h2o）=2c（cl）d为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph若ph7，则h2a是弱酸；若ph7，则h2a是强酸5cnamo2电池是科学家正在研发的钠离子电池，据悉该电池可以将传统锂电池的续航能力提升7倍该电池的电池反应式为：namo2+ncna（1x）mo2+naxcn，下列有关该电池的说法正确的是( )a电池放电时，溶液中钠离子向负极移动b该电池负极的电极反应为：namo2xena（1x）mo2+xna+c消耗相同质量金属时，用锂作负极产生电子的物质的量比用钠时少d电池充电时的阳极反应式为：nc+x na+xenaxcn6下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )a用图分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物b用图所示装置可除去no2中的noc用图检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气d用图称量氢氧化钠固体7研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义已知：cu（s）+2h+（aq）cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kjmol12h2o2（l）2h2o（l）+o2（g）h=196.46kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（l）h=285.84kjmol1则h2so4溶液中cu与h2o2反应生成cu2+和h2o的h为( )a+319.68kjmol1b+259.7kjmol1c319.68kjmol1d259.7kjmol1二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要（1）汽车内燃机工作时会引起n2和o2的反应：n2（g）+o2（g）2no（g），是导致汽车尾气中含有no的原因之一在t1、t2温度下，一定量的no发生分解反应时n2的体积分数随时间变化如图1所示，根据图象判断反应n2（g）+o2（g）2no（g）的h_0（填“”或“”）在t3温度下，向2l密闭容器中充入10mol n2与5mol o2，50秒后达到平衡，测得no的物质的量为2mol，则该反应的速率v（n2）=_该温度下，若开始时向上述容器中充入n2与o2均为1mol，则达到平衡后n2的转化率为_（2）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收so2，用阴极排出的溶液可吸收no2阳极的电极反应式为_在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收no2，使其转化为无害气体，同时有so32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_（3）一定条件下可用甲醇与co反应生成醋酸消除co污染常温下，将a moll1的醋酸与b moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（ba2+）=c（ch3coo），则该混合溶液中醋酸的电离常数ka=_（用含a和b的代数式表示）9（14分）铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展（1）高铁酸钠（na2feo4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2fe（oh）3+3naclo+4naoh2na2feo4+3x+5h2o，则x的化学式_，反应中被氧化的物质是_（写化学式）（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，用硫酸渣制备铁红（fe2o3）的过程如下：酸溶过程中fe2o3与稀硫酸反应的化学方程式为_；“滤渣a”主要成份的化学式为_还原过程中加入fes2的目的是将溶液中的fe3+还原为fe2+，而本身被氧化为h2so4，请完成该反应的离子方程式：_fes2+_fe3+_h2o_fe2+_so42+_氧化过程中，o2、naoh与fe2+反应的离子方程式为_为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是3.23.8，如果ph过大，可能引起的后果是_（几种离子沉淀的ph见上表）；滤液b可以回收的物质有（写化学式）_10氢化锂（lih）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备lih固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为_，加入药品前首先要进行的实验操作是_（不必写出具体的操作方法）；其中装置b的作用是_（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是_，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是_（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出lih，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免lih与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：lih+h2o=lioh+h2），分析该反应原理，完成lih与无水乙醇反应的化学方程式_（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4ml（已换算成标准状况），则产品中lih与li的物质的量之比为_三.【化学-化学与技术】11如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图结合铝生产的流程图回答下列问题：（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是_（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品_（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是_（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，写出该反应的离子方程式_若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，则阳极的电极反应式为_（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐的化学方程式_（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，则铝制饮料罐的热回收效率=_（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）四.【化学-选修物质结构与性质】12铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置_（2）配合物fe（co）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断fe（co）x晶体属于_（填晶体类型）fe（co）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_fe（co）x在一定条件下发生反应：fe（co）x（s）fe（s）+xco（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为_（3）写出co的一种常见等电子体分子的结构式_；两者相比较沸点较高的为_（填化学式）cn中碳原子杂化轨道类型为_，s、n、o三元素的第一电离能最大的为_（用元素符号表示）（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示基态铜原子的核外电子排布式为_每个铜原子周围距离最近的铜原子数目_（5）某m原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与m形成化合物的晶胞如附图2所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为_已知铜和m的电负性分别为1.9和3.0，则铜与m形成的化合物属于_（填“离子”、“共价”）化合物已知该晶体的密度为gcm3，阿伏伽德罗常数为na，则该晶体中铜原子和m原子之间的最短距离为_pm（只写计算式）五【化学-选修有机化学基础】13经测定有机物a的分子式为c7h6o3，a遇fecl3水溶液显紫色，跟nahco3溶液反应有co2产生化合物a能经下列反应得到w（ ）已知：rcoohrch2oh rxrcoohr1cooh+rch2clr1cooch2r+hcl（1）有机物a中含有的官能团的名称_（2）下列关于有机物b的说法正确的是_（填字母代号）a能发生水解反应 b能与浓溴水反应 c能发生消去反应 d能与h2发生加成反应（3）化合物c的结构简式为_（4）反应dw的化学方程式为_（5）反应d+gh的化学方程式为_（6）化合物d有多种同分异构体，其中某些同分异构体遇fecl3溶液显紫色，能发生水解反应，且苯环上的一氯取代产物只有2种，写出这些同分异构体的结构简式_、_、_2015年青海师大二附中高考化学三模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是( )abaso4在医学上用作钡餐，ba2+对人体无毒b“血液透析”利用了胶体的性质c分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点有较大影响，而对溶解度无影响dc可用于文物年代的鉴定，c与c互为同素异形体考点：药物的主要成分和疗效；同位素及其应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系 分析：aba2+可使蛋白质变性；b血液是胶体；c分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力；d同素异形体是同种元素组成的不同的单质解答：解：a硫酸钡不溶于酸，可用于钡餐，但ba2+可使蛋白质变性，对人体有害，故a错误； b血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，故b正确；c化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故c错误；d14c可用于文物年代的鉴定，14c与12c互为同位素，同素异形体是单质，故d错误故选b点评：本题考查钡餐、胶体、化学键与化合物之间关系以及同素异形体等，分子间作用力与化学键的区别，注意分子间作用力只影响物质的物理性质，题目难度不大2下列离子组一定能大量共存的是( )a1.0 moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b由水电离出c（h+）=103 moll1的溶液中：na+、alo2、no3、hco3c无色溶液中可能大量存在al3+、nh4+、cl、s2dph=12的溶液：k+、na+、ch3coo、br考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；b由水电离出c（h+）=103 moll1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，偏铝酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；c铝离子与硫离子之间发生双水解反应；dph=12的溶液中存在大量的氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应解答：解：ah+、no3与fe2+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；b由水电离出c（h+）=103 moll1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，alo2、hco3与氢离子反应，hco3与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故b错误；cal3+、s2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；d该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，k+、na+、ch3coo、br之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等3某有机原料的结构简式如图，下列有关该有机物的叙述正确的是( )a已知为平面结构，则该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内b1mol该有机物可以和2mol naoh反应，但不能用na2co3溶液区分该有机物和ch3cooch2ch3c该有机物能发生加成反应不能发生取代反应d该有机物和乙酸互为同系物考点：有机物的结构和性质 分析：该有机物中含有cooh、c=c，具有羧酸、烯烃性质，能发生取代反应、中和反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答解答：解：a直接连接碳碳双键两端的原子共面，为平面结构，则连接的原子共面，单键能旋转，所以该有机物分子中最多有16个原子在同一平面内，故a正确；b该物质中含有羧基，羧基能和naoh发生中和反应，且羧基和naoh以1：1反应，羧基能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳、酯基和碳酸钠溶液不反应，所以能用na2co3溶液区分该有机物和ch3cooch2ch3，故b错误；c该有机物中含有羧基，所以能发生取代反应，故c错误；d该分子中含有两个碳碳双键且含有两个羧基，乙酸中只含一个羧基，所以该有机物和乙酸不是同系物，故d错误；故选a点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查羧酸和烯烃性质，难点是判断原子共面，采用知识迁移方法解答，易错选项是a，题目难度中等4常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )a向0.1moll1ph=2的hf溶液加水稀释，增大b向0.2 moll1nahco3溶液中加入等体积0.1 moll1naoh溶液：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+）c浓度均为0.1 moll1的nh3h2o溶液和nh4cl溶液等体积混合：c（nh4+）+c（nh3h2o）=2c（cl）d为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph若ph7，则h2a是弱酸；若ph7，则h2a是强酸考点：离子浓度大小的比较 分析：a氟化氢溶液是弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释促进电离，氢离子的物质的量最大、氟化氢的物质的量减小；b反应后溶质为等浓度的碳酸氢钠和碳酸钠，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（hco3）c（co32）；c根据混合液中的物料守恒判断；dnaha溶液的ph7，可能是ha的电离程度大于其水解程度，不能据此判断h2a强酸解答：解：a氟化氢是弱电解质存在电离平衡，加水稀释弱酸促进电离，氢离子物质的量增大，氟化氢物质的量减小，则始终保持增大，故a正确；b向0.2 moll1nahco3溶液中加入等体积0.1 moll1naoh溶液，反应后溶质为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，由于碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（hco3）c（co32），溶液中离子浓度大小为：c（hco3）c（co32）c（oh）c（h+），故b正确；c浓度均为0.1 moll1的nh3h2o溶液和nh4cl溶液等体积混合，根据物料守恒可得：c（nh4+）+c（nh3h2o）=2c（cl），故c正确；d为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph，若ph7，则h2a是弱酸；但是溶液的ph7，不能确定h2a是强酸，也可能为弱酸，由于ha的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，故d错误；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及弱电解质的电离及其影响、酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较等知识，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力5cnamo2电池是科学家正在研发的钠离子电池，据悉该电池可以将传统锂电池的续航能力提升7倍该电池的电池反应式为：namo2+ncna（1x）mo2+naxcn，下列有关该电池的说法正确的是( )a电池放电时，溶液中钠离子向负极移动b该电池负极的电极反应为：namo2xena（1x）mo2+xna+c消耗相同质量金属时，用锂作负极产生电子的物质的量比用钠时少d电池充电时的阳极反应式为：nc+x na+xenaxcn考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：a、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；b、原电池中，负极发生失电子的氧化反应；c、由失去的电子数可知，消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比钠多；d、电解池中，阳极上发生失电子的氧化反应；解答：解：a、电池放电时，是原电池的工作原理，原电池中，电解质中的阳离子移向正极，故a错误；b、电池放电时，负极发生失电子的氧化反应，即namo2xena（1x）mo2+xna+，故b正确；c、因na的摩尔质量为21g/mol，由失去的电子数可知，消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比钠多，故c错误；d、电池充电时，是电解池装置的工作原理，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为naxcnxenc+x na+，故d错误故选：b点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况，难度不大6下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是( )a用图分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物b用图所示装置可除去no2中的noc用图检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气d用图称量氢氧化钠固体考点：化学实验方案的评价；实验装置综合 专题：实验评价题分析：a分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物，选择蒸馏法，温度计测定馏分的温度，冷却水应下进上出；b二氧化氮与水反应；cfe与水蒸气高温下反应生成氢气，氢气具有可燃性；d称量固体左物右码，且naoh具有腐蚀性解答：解：a分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物，选择蒸馏法，温度计测定馏分的温度，冷却水应下进上出，图中冷却水的方向不合理，故a错误；b二氧化氮与水反应，将原物质除去，不符合除杂的原则，故b错误；cfe与水蒸气高温下反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可验证氢气的生成，故c正确；d称量固体左物右码，且naoh具有腐蚀性，则naoh应在左盘且放在小烧杯中称量，故d错误；故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的性质、实验基本操作等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大7研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义已知：cu（s）+2h+（aq）cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kjmol12h2o2（l）2h2o（l）+o2（g）h=196.46kjmol1h2（g）+o2（g）h2o（l）h=285.84kjmol1则h2so4溶液中cu与h2o2反应生成cu2+和h2o的h为( )a+319.68kjmol1b+259.7kjmol1c319.68kjmol1d259.7kjmol1考点：热化学方程式 专题：化学反应中的能量变化分析：cu（s）+2h+（aq）=cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kj/mol2h2o2（l）=2h2o（l）+o2（g）h=196.46kj/molh2（g）+1/2o2（g）=h2o（l）h=285.84kj/mol 依据盖斯定律+得到h2so4溶液中cu与h2o2反应生成cu2+和h2o的热化学方程式得到反应焓变解答：解：cu（s）+2h+（aq）=cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kj/mol2h2o2（l）=2h2o（l）+o2（g）h=196.46kj/molh2（g）+1/2o2（g）=h2o（l）h=285.84kj/mol 依据盖斯定律+得到：cu（s）+h2o2（l）+2h+（aq）=cu2+（aq）+2h2o（l）h=319.68kj/mol，故选c点评：本题考查了热化学方程式书写方法，盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目较简单二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要（1）汽车内燃机工作时会引起n2和o2的反应：n2（g）+o2（g）2no（g），是导致汽车尾气中含有no的原因之一在t1、t2温度下，一定量的no发生分解反应时n2的体积分数随时间变化如图1所示，根据图象判断反应n2（g）+o2（g）2no（g）的h0（填“”或“”）在t3温度下，向2l密闭容器中充入10mol n2与5mol o2，50秒后达到平衡，测得no的物质的量为2mol，则该反应的速率v（n2）=0.01moll1s1该温度下，若开始时向上述容器中充入n2与o2均为1mol，则达到平衡后n2的转化率为14.3%（2）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收so2，用阴极排出的溶液可吸收no2阳极的电极反应式为so2+2h2o2eso42+4h+在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收no2，使其转化为无害气体，同时有so32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2（3）一定条件下可用甲醇与co反应生成醋酸消除co污染常温下，将a moll1的醋酸与b moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（ba2+）=c（ch3coo），则该混合溶液中醋酸的电离常数ka=107mol/l（用含a和b的代数式表示）考点：化学平衡建立的过程；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据“先拐先平数值大”原则判断的t1、t2大小，再根据平衡时氮气的体积分数判断温度对平衡的影响；利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，再求出平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；再根据反应速率和转化率定义计算；（2）依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为s2o42，二氧化氮与其发生反应4s2o42+2no2+8oh8so42+n2+4h2o，依据方程式即可解答；（3）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算；解答：解：（1）根据图象判断，t2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度向吸热方向进行，故正反应为吸热反应h0；故答案为：；令n2转化的物质的量为xmol，则 n2（g）+o2（g）2no（g），起始（mol）：10 5 0反应（mol）：1 1 2平衡（mol）：9 4 2n2的反应速率=0.01 moll1s1；平衡常数=令n2转化的物质的量为xmol，则 n2（g）+o2（g）2no（g），起始（mol）：1 1 0反应（mol）：x x 2x平衡（mol）：1x 1x 2x所以=，解得x=，n2的转化率为100%=14.3%；故答案为：0.01 moll1s1，14.3%；（2）依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应so22e+2h2oso42+4h+；故答案为：so2+2h2o2e=so42+4h+；阴极排出的溶液为s2o42，二氧化氮与其发生反应，s2o42中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，s2o42被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4s2o42+2no2+8oh8so42+n2+4h2o，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（3）通常状况下，将a mol/l的醋酸与b mol/l ba（oh）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（ba2+）=c（ch3coo）=bmol/l，溶液中c（h+）=c（oh）=107mol/l，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出k=107l/mol；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为107l/mol；故答案为：107l/mol；点评：本题考查热化学方程式，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，原电池原理的分析应用，主要是弱电解质电离平衡常数的计算，题目难度中等9（14分）铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展（1）高铁酸钠（na2feo4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2fe（oh）3+3naclo+4naoh2na2feo4+3x+5h2o，则x的化学式nacl，反应中被氧化的物质是fe（oh）3（写化学式）（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，用硫酸渣制备铁红（fe2o3）的过程如下：酸溶过程中fe2o3与稀硫酸反应的化学方程式为fe2o3+3h2so4fe2（so4）3+3h2o；“滤渣a”主要成份的化学式为sio2还原过程中加入fes2的目的是将溶液中的fe3+还原为fe2+，而本身被氧化为h2so4，请完成该反应的离子方程式：1fes2+14fe3+8h2o15fe2+2so42+16h+氧化过程中，o2、naoh与fe2+反应的离子方程式为4fe2+o2+2h2o+8oh=4fe（oh）3为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是3.23.8，如果ph过大，可能引起的后果是al3+、mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯（几种离子沉淀的ph见上表）；滤液b可以回收的物质有（写化学式）na2so4、al2（so4）3、mgso4考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：（1）根据元素守恒判断x的化学式；反应中化合价升高被氧化；（2）硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，加入fes2将溶液中的fe3+还原为fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的ph的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；fe2o3、al2o3、mgo都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；根据得失电子守恒和原子守恒来配平；naoh与fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；根据几种离子沉淀的ph分析；因加入的是氢氧化钠来调节ph，所以滤液b中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；解答：解：（1）2fe（oh）3+3naclo+4naoh2na2feo4+3x+5h2o，根据元素守恒可知x的化学式为nacl；反应中fe（oh）3中的fe元素是化合价升高被氧化；故答案为：nacl；fe（oh）3；（2）硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，加入fes2将溶液中的fe3+还原为fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的ph的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：fe2o3+3h2so4fe2（so4） 3+3h2o；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣a”主要成份的化学式为sio2故答案为：fe2o3+3h2so4fe2（so4） 3+3h2o；sio2； fes2中s元素的化合价从1价升高到+6价，2个s原子转移14个电子，fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据s守恒可知so42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知h20前面化学计量数为8，根据h守恒可知h+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1fes2+14fe3+8h2o15fe2+2so42+16h+故答案为：1、14、8、15、2、16h+；fe2+与oh反应生成4fe（oh）2，fe（oh）2不稳定易被氧气氧化为fe（oh）3，用化合价升价法配平方程式，故答案为：4fe2+o2+2h2o+8oh=4fe（oh）3；根据几种离子沉淀的ph，如果ph过大，al3+、mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；未沉淀的离子为na+、mg2+、al3+，故滤液b可以回收的物质有na2so4、al2（so4）3、mgso4，故答案为：al3+、mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；na2so4、al2（so4）3、mgso4点评：本题通过制备铁红，考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力10氢化锂（lih）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备lih固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g接d，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置气密性（不必写出具体的操作方法）；其中装置b的作用是除去h2中的h2o和hcl（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验h2纯度（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出lih，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免lih与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：lih+h2o=lioh+h2），分析该反应原理，完成lih与无水乙醇反应的化学方程式lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4ml（已换算成标准状况），则产品中lih与li的物质的量之比为10：1考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）氢气和锂发生反应生成lih，制备lih固体需要制备氢气，lih在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用a装置制备氢气，用装置b中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置d中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置c，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置d和生成的氢化锂发生反应；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；（2）石蜡是有机物，易溶解于有机溶剂甲苯；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险；（4）lih与h2o发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，lih与乙醇反应类似，羟基提供h原子与lih反应生成氢气，另外部分结合生成ch3ch2oli；（5）设lih与li的物质的量分别为xmol、ymol，根据方程式表示出生成氢气的物质的量，再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答；解答：解：（1）氢气和锂发生反应生成lih，制备lih固体需要制备氢气，lih在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用a装置制备氢气，用装置b中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置d中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置c，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置d和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置b中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体，故答案为：e接a，b接f，g接d；检验装置气密性；除去h2中的h2o和hcl；（2）取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，利用石蜡是有机物易溶解于有机溶剂甲苯中，操作的目的是除去锂表面的石蜡，故答案为：除去锂表面的石蜡；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险，在加热d处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集c处排出的气体并检验h2纯度，故答案为：收集c处排出的气体并检验h2纯度；（4）lih与h2o发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，lih与乙醇反应类似，羟基提供h原子与lih反应生成氢气，另外部分结合生成ch3ch2oli，反应方程式为：lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2，故答案为：lih+ch3ch2oh=ch3ch2oli+h2；（5）设lih与li的物质的量分别为xmol、ymol，则：lih+h2o=h2+liohxmol xmol2li+2h2o=2lioh+h2ymol 0.5y mol则，解得x=0.02、y=0.002故lih与li的物质的量之比为0.02mol：0.002mol=10：1，故答案为：10：1点评：本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、化学方程式的计算等，题目难度中等三.【化学-化学与技术】11如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图结合铝生产的流程图回答下列问题：（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是al2o3（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品石墨（或碳）（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，写出该反应的离子方程式al2o3+4alf633al2of62+6f若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，则阳极的电极反应式为c+2al2of62+12f4eco2+4alf63（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐的化学方程式na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，则铝制饮料罐的热回收效率=0.033%（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理 分析：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用氧化铝冶炼金属铝，据此确定铝土矿的成分；冶炼铝的电解槽中的阴极和阳极材料均为惰性电极；（2）冰晶石能溶解al2o3晶体，被用作助熔剂降低al2o3的熔点；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式；（5）生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103kj，热回收效率=100%解答：解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是al2o3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；故答案为：al2o3；石墨（或碳）；（2）al2o3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解al2o3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗；故答案为：降低al2o3的熔点，减少熔融电解质的能耗；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成al2of62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：al2o3+4alf633al2of62+6f； 若电解的总反应为2al2o3+3c3co2+4al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：c+2 al2of62+12f4eco2+4 alf63；故答案为：al2o3+4alf633al2of62+6f；c+2 al2of62+12f4eco2+4 alf63；（4）冰晶石与足量naoh溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o；故答案为：na3alf6+4naoh6naf+naalo2+2h2o；（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106j，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kj，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103kj，则铝制饮料罐的热回收效率=100%=100%=0.033%，故答案为：0.033%点评：本题考查化学工艺流程、电解原理